Prueba elemental de que $\pi < \sqrt{5} + 1$

Question

Quería demostrar que $$ \frac{\pi}{4\phi} < \frac{1}{2} $$ Dónde $\phi$ es la proporción áurea. He confirmado los resultados numéricamente, y por simple álgebra la desigualdad se simplifica a $$ \pi < \sqrt{5} + 1 $$ Se trata de una relación más débil que la mostrada aquí. Demostrar que $\dfrac{\pi}{\phi^2}<\dfrac{6}5 $ . Elevando al cuadrado mi desigualdad (válida puesto que ambos lados son positivos), y dividiendo por $6$ Yo obtengo. $$ \frac{\pi^2}{6} < 1 + \frac{\sqrt{5}}{3} $$ Mientras que el lado izquierdo tiene una representación en serie muy ordenada, no ocurre lo mismo con el lado derecho. Sin embargo, esto dista mucho de ser una solución elemental. ¿Alguien tiene una prueba relativamente sencilla de la igualdad? Para ser precisos algo que no utilice conocimientos avanzados de series. =)

Answer 1

Comience con un círculo unitario inscrito dentro de un $2 \times 2$ cuadrado. Se pueden cortar 4 triángulos isósceles en ángulo recto cuyo lado menor tenga longitud $2 - \sqrt{2}$ desde las cuatro esquinas. Esto convertirá el cuadrado en un octógono con el círculo unitario inscrito en su interior. Comparando el área del círculo y del octógono, tenemos

$$\pi = \text{Area(circle)} < \text{Area(octagon)} = 4 - 2 (2 - \sqrt{2})^2 = 8(\sqrt{2}-1)$$

Desde $2 \cdot 12^2 = 288 < 289 = 17^2$ tenemos $$12 \sqrt{2} < 17 \implies 8 (\sqrt{2}-1) < \frac{10}{3} \implies \frac{3\pi}{10} < 1 $$

Para $x \in (0,1)$ si nos fijamos en la expansión de Taylor de $\sin x$ en $x = 0$ tenemos

$$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots$$

Se observará que la magnitud de cada término disminuye de forma monótona, mientras que el signo se alterna. Esto implica que

$$\sin x > x ( 1 - \frac{x^2}{6} ) > \frac{5x}{6}\quad\text{ for } x \in (0,1)$$

En particular, esto es cierto para $ \displaystyle x = \frac{3\pi}{10}$ . Como resultado, $$ 1 + \sqrt{5} = 4 \cos\left(\frac{\pi}{5}\right) = 4 \sin\left(\frac{3\pi}{10}\right) > 4 \left(\frac{5}{6}\right)\left(\frac{3\pi}{10}\right) = \pi$$

Actualización

Una prueba alternativa sin cálculo.

Comience con un círculo centrado en $O$ con radio $2$ . Inscribe un pentágono regular en su interior. Sea $AB$ sea una arista del pentágono y $C$ sea su punto medio. Ampliar $OC$ hasta que golpeó el círculo en $D$ . Construye una línea que pase por $O$ perpendicular a $OC$ y dejar que golpee el círculo en $E$ . Sea $F$ sea el punto tal que $OCFE$ forma un rectángulo.

Por geometría elemental, sabemos que el área del rectángulo $OCFE$ es $1 + \sqrt{5}$ y el área del cuarto de círculo (el rojo como se muestra) $ODE$ es $\pi$ . Para demostrar la desigualdad $1 + \sqrt{5} > \pi$ basta con mostrar el área de la forma verde $BFE$ sobre es mayor que la de la forma $BCD$ .

Ampliar $OB$ al grano $G$ donde $BG = OB = 2$ . Construye una línea que pase por $G$ en paralelo a $OD$ . Sea $C'$ sea su intersección con la recta $CF$ . Sea $D'$ sea un punto de la recta a una distancia $2$ de $G$ . Por simetría, la forma $BC'D'$ delimitadas por las líneas rojas discontinuas
tiene la misma superficie que la forma $BCD$ .

Construir una línea que pase por $D'$ en paralelo a $OE$ y dejar que golpee la línea $EF$ en $H$ . El área de esa porción de la forma $BC'D'$ fuera del rectángulo $OCFE$ es menor que la del rectángulo $FC'D'H$ . Ampliar $D'H$ al grano $D''$ donde $HD'' = D'H$ . Ampliar $FH$ al grano $C''$ donde $HC'' = 2FH$ . El triángulo $HC''D''$ tiene la misma superficie que el rectángulo $FC'D'H$ '. Está claro que este triángulo se encuentra completamente en la forma verde $BEF$ y disjuntos de la forma $BC'D'$ . Como resultado, tenemos:

$$\text{Area}(BFE) > \text{Area}(BC'D') = \text{Area}(BCD)$$ y por lo tanto $$1 + \sqrt{5} = \text{Area}(OCFE) > \text{Area}(ODE) = \pi$$

Answer 2

La función $$f(x):=\cos x-\sin x=\sqrt{2}\sin\left({\pi\over4}-x\right)\ .$$ es monotónicamente decreciente en $\bigl[0,{\pi\over2}\bigr]$ y tiene un cero en $x={\pi\over4}$ . Como las expansiones de Taylor de $\cos$ y $\sin$ son alternantes concluimos que para $0<x<1$ se tiene la estimación $$f(x)<\left(1-{x^2\over2}+{x^4\over24}\right)-\left(x-{x^3\over 6}\right)\ .$$ En particular, se observa que $$f\left({4\over5}\right)<-{11\over625}<0\ .$$ De ello se deduce que ${4\over5}>{\pi\over4}$ o $$\pi<{16\over5}\ .$$

Por otro lado, desde $121<125$ obtenemos ${11\over5}<\sqrt{5}$ o $${16\over5}<1+\sqrt{5}\ .$$

Answer 3

Solo usa eso $\pi ^2 \leq \frac{61}{6}$ que procede de la representación en serie de $\frac{\pi^2}{6}$ .

Entonces

$ \begin{align} \pi^2 <5+1+2\cdot \sqrt5&\Leftarrow\\ \frac{61}{6} <6+2\cdot \sqrt5&\Leftrightarrow\\ \frac{5^2}{6}<2\sqrt 5&\Leftrightarrow\\ \frac{5^3}{36}<4\Leftrightarrow\\ 125<144 \end{align} $

$$$$ Indeed you have that $ \frac{\pi^2}{6}= \sum _{k\geq1}\frac{1}{k^2}$ entonces

$ \begin{align} \frac{\pi^2}{6}-1-\frac{1}{4}-\frac{1}{9}= \sum _{k\geq 4}\frac{1}{k^2} &\leq \\ \sum _{k\geq 4}\frac{1}{(k-1)k} &=\\= \sum _{k\geq4}\left ( \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k} \right)&=\frac{1}{3}\\ \end{align} $

Answer 4

¿Qué resultados conocidos puede utilizar? Por ejemplo, ¿puede utilizar el hecho de que $\frac{\pi^4}{90} = \sum_{k=1}^\infty k^{-4}$ ? Si es así, puede demostrar que $\pi^2<10$ como sigue, luego continúe con la respuesta de Clark.

$$\frac{\pi^4}{90} = 1+\frac{1}{16} + \sum_{k=3}^\infty k^{-4}< 1+\frac{1}{16} + \int_2^\infty x^{-4} dx = 1+\frac{1}{16}+\frac{1}{24}\textrm{, which implies that }$$ $$\pi^2<\sqrt{99.375}<10\textrm.$$

Answer 5

A continuación se presentan dos formas geométricas de obtener mejores aproximaciones que la solicitada. Ninguna de las dos implica la expresión $\sqrt{5}+1$ directamente, por lo que aún habría que trabajar un poco para demostrar que estos resultados son, de hecho, más sólidos. Sin embargo, un truco que combine ambos resultados mostrará que $\pi < \frac{16}{5}$ que rápidamente se ve que es suficiente.

1. Sea $0 < x \leq \frac{\pi}{2}$ . Dibuja dos líneas que pasen por $(1, \frac{x}{2})$ que son tangentes al círculo unitario. Una línea toca el círculo unitario en $(1,0)$ el otro en $$p = \left(\frac{4-x^2}{4+x^2}, \frac{4x}{4+x^2}\right).$$

Dado que la distancia sobre el círculo unitario desde $(1,0)$ a $p$ es inferior a $x$ obtenemos la desigualdad

$$\sin(x) > \frac{4x}{4+x^2}.$$

En particular $\sin(4-2\sqrt{3}) > \frac{1}{2}$ y por lo tanto $\frac{\pi}{6} < 4-2\sqrt{3}$ .

2. Sea $$\begin{eqnarray}x(t) &=& 1 - \frac{t^2}{2}\\ y(t) &=& t\end{eqnarray}$$ Entonces $x^2+y^2 \geq 1$ . Sea $\alpha = \sqrt{3} - 1$ entonces $x(\alpha) = y(\alpha) = \alpha$ . Así que para $t \in [0, \alpha]$ la curva $(x,y)$ viaja desde $(1,0)$ a $(\alpha, \alpha)$ en sentido contrario a las agujas del reloj. El área del sector delimitado por este trozo de curva es

$$ \frac{1}{2}\int_0^{\alpha} \begin{vmatrix} x & \dot{x} \\ y & \dot{y} \end{vmatrix} dt = \frac{1}{2}\int_0^{\alpha} \left(1+\frac{t^2}{2}\right) dt = \sqrt{3} - \frac{4}{3}. $$

Dado que la curva está al menos a una distancia $1$ desde el origen obtenemos la desigualdad $ \frac{\pi}{8} < \sqrt{3} - \frac{4}{3}$ .

Truco. Tomemos una combinación convexa de las desigualdades

$$ \begin{eqnarray} \pi &<& 24 - 12 \sqrt{3} \\ \pi &<& -\frac{32}{3} + 8 \sqrt{3} \end{eqnarray} $$

con pesos $\frac{2}{5}$ y $\frac{3}{5}$ para obtener $\pi < \frac{16}{5}$ .